1、广东省佛山市石门中学2021届高三化学下学期5月模拟试题可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al：27 S：32 Cl：35.5 Cu：64 第I卷 选择题（44分）一、选择题。本题共16小题，共44分。第110小题，每小题2分；第1116小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1生产、生活中蕴含了丰富的化学知识，下列有关说法错误的是 A小苏打可用作食品膨松剂BK2FeO4具有强氧化性，可以软化硬水C利用催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放D天眼FAST用到的碳化硅是一种新型无机非金属材料 2中华民族为人类文明进步做出了巨大贡
2、献，运用化学知识对下列事例进行分析，不合理的是A 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成B 李白有诗云“日照香炉生紫烟”，这是描写“碘的升华”C北宋沈括梦溪笔谈中记载“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，是发生了置换反应 D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作3工业制备硝酸的反应之一为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A36 g H2O中含有共价键的总数为2NAB标准状况下，11.2 L NO中所含电子总数为5 NAC室温下，22.4 L NO2 中所含原子总数为3 NAD上述反应，生成1 mol H
3、NO3转移电子的数目为NA解聚二聚4试剂生产中，常用双环戊二烯通入水蒸气解聚成环戊二烯，下列说法错误的是 （双环戊二烯，g） 2 （环戊二烯，g）A双环戊二烯的分子式为C10H12B双环戊二烯和环戊二烯均能使酸性KMnO4溶液褪色C 环戊二烯的一氯代物有3种D环戊二烯所有原子均能共平面5在水溶液中能大量共存的一组离子是 ANH+ 4、Na+、Br、SO2 4 BK+、NH+ 4、OH、NO 3CFe2+、H+、ClO、Cl DMg2+、H+、SiO2 3、SO2 36下列实验操作能达到实验目的的是实验操作实验结论A向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置，溶液下层呈橙红色Cl2氧化性
4、强于Cl2B向某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀该溶液中含SO42C向Na2S溶液中滴加盐酸产生臭鸡蛋气味的气体，Cl的非金属性比S强D常温下，测得Mg(OH)2饱和溶液pH大于Al(OH)3饱和溶液pH碱性：Mg(OH)2Al(OH)3，金属性：MgAl7 短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，XY2是红棕色气体，Z的周期数等于族序数，W最外层电子数比次外层电子数少1，下列说法正确的是A原子半径：XYZ B气态氢化物的稳定性：YXWC最高正价：ZXYc(OH)c(CH3COO)c(H+)第II卷 非选择题（56分）二、非选择题：共56分。第1719题为必考题，考生都必须作
5、答。第2021题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共42分。17（14分）高铝粉煤灰提取铝既能缓解我国缺铝矿的现状，又能减少煤燃烧产生的污染。高铝粉煤灰含55.22%Al2O3、32.58%SiO2、5.08%CaO、2.09%Fe2O3和5.03%其它杂质。活化焙烧法从高铝粉煤灰中提取铝的工艺流程如下图所示，回答下列问题：高纯铝循环利用高纯氧化铝电解粗氧化铝CaF2残渣滤液酸浸活化焙烧高铝粉煤灰过滤NaF滤液过滤结晶铝盐一系列操作煅烧（1）碱石灰烧结法是利用高铝粉煤灰与纯碱、焦炭1220烧结，Al2O3转化为易溶的偏铝酸钠，从而将铝元素分离出来，烧结过程无污染，氧化铝发生反应的化学方
6、程式是_。（2）活化焙烧过程中，不同活化剂对铝、钙浸出率的影响不同（如下表），应选择_做活化剂。活化剂Na3PO4Na2HPO4NaFNa2SO4CH3COONaAl浸出率83.82%83.62%85.64%77.55%90.96%Ca浸出率97.10%97.75%98.26%96.79%90.96%（3）酸浸使用的酸是_，酸的浓度与氧化铝溶出率的关系如下左图，酸浓度为36%时达到最大溶出率，但实际工业使用32%的酸浓度，原因是_。酸溶温度与氧化铝溶出率的关系如下右图，选择的最佳温度是_。（4）流程图中的一系列操作应包括_、过滤、洗涤、干燥，粗氧化铝的主要杂质是_。（5）写出电解过程中阴极的电
7、极反应式_，现有102t高铝粉煤灰，如果总转化率为75%，可以得到_t铝（计算结果保留四位有效数字）。18（14分）无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡与氯气反应制备 SnCl4，装置如下图所示：已知：Sn、SnCl2、SnCl4 有关的物理性质如下表：物质熔点/沸点/C颜色、状态Sn2322260银白色固体SnCl2246623无色晶体SnCl4-30114无色液体Sn的性质与Fe相似；SnCl4在空气中极易水解生成SnO2xH2O；Cl2易溶于SnCl4。回答下列问题：（1）下列关于实验装置的说法正确的是_。A整套实验装置先检漏，再连接，再添加药品，最后
8、检查气密性BA中盛放 KMnO4晶体的仪器名称为圆底烧瓶C装置E中上方冷水的作用是冷凝回流SnCl4至收集器中（2）当观察到装置F上方出现_现象时点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。此时继续加热的目的是_。（3）若上述装置中缺少装置 C(其它均相同)，则D处具支试管中发生的主要副反应的化学方程式为_。（4）收集器中收集到的液体略显黄色，原因是_；下列方法中可提纯 SnCl4 的是_。A加入NaOH 萃取分液 B加入足量锡再加热蒸馏C加入碘化钾冷凝过滤 D加入饱和食盐水萃取（5）经测定产品中含有少量的 SnCl2，可能的原因是_ (用化学方程式表示)。 用碘量法测定最后产品的纯度，
9、发生如下反应：Sn2+I2=Sn4+2I。准确称取一定样品放于锥形瓶中，加入少量浓盐酸溶解，再加水稀释，淀粉溶液作指示剂，用碘标准溶液滴定至终点，平行滴定三次,记录消耗标准液的平均体积。滴定到达终点的实验现象为_。即使此法滴定的操作均正确，但测得的 SnCl4含量仍高于实际含量，其原因可能是_ (用离子方程式表示，并配上必要的文字说明)。19（14分）氨是最重要的氮肥，也是产量最大的化工产品之一。合成氨工艺是人工固氮的重要途径。（1）可用作合成氨的催化剂有很多，如Os，Fe，Pt，Mn，Co等金属及相应的合金或化合物。该反应在LaCoSi催化作用的化学吸附及初步表面反应历程如下N2(g)+H2
10、(g)(0)2N* (g)+H2(g)(1.46)TS1(0.01)2N* (g)+2H* (g)(3.45)注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字或者字母，单位：eV)其中，TS表示过渡态，*表示吸附态。请写出N2参与化学吸附的反应方程式 ；以上各步中势磊最大的是 kJmol1(计算结果保留2位小数)。(已知：1eV=1.61022kJ)（2）标准平衡常数K=，其中p为标准压强（1105Pa），p(NH3)、 p(N2)和 p(H2)为各组分的平衡分压，平衡分压=平衡体积分数总压。若N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2的平衡转化率为，
11、则K=_（用含的表达式表示）（3）Arrhenius提出：溶剂在液态下能自发发生电离，产生溶剂阳离子与溶剂阴离子的现象，称为自耦电离，如液态水的自耦电离方程式为：2H2O H3O+OH。 请写出液氨的自耦电离方程式： 。 已知在298K时，液氨自耦电离平衡常数K=4.01030，请计算，电离产生的溶剂阳离子物质的量浓度为 。（4）以下是20C时，NH3-CO2-H2O三元体系相图。纵坐标代表CO2的体积分数，横坐标代表NH3的体积分数，坐标原点代表液态纯水。40H2ONH3%1020608010030507090501020304060708090100CO2%AB20C时，可根据需要，选择水
12、溶液体系反应得到(NH4)2CO3(aq)与NH4HCO3(aq)，也可选择无水体系反应得到NH4COONH2(s)。20C时，利用NH3(g)、CO2(g)和H2O(l)制备NH4HCO3(aq)的最佳曲线是 （填“A-H2O”或“B-H2O”）。B点可得到的产品是 （填化学式）。（二）选考题：共14分。请考生任选一题做答。20.【化学选修3：物质结构与性质】（14分） 硫酸铜晶体（CuSO45H2O），俗称蓝矾、胆矾，具有催吐、解毒作用，同时也是一种重要的化工原料，具有十分广泛的作用。（1）Cu的基态电子排布式为_（2）S2O32-从结构上看与SO42-类似，可以看成是SO42-中一个非羟
13、基O原子被S原子取代后的产物，则其空间构型为：_；中心原子S原子的杂化类型为：_（3）胆矾的简单平面结构式如图1所示：胆矾的化学式用配合物的形式可表示为_；胆矾中存在的微粒间作用力有_；A.离子键 B.共价键 C.范德华力 D.氢键 E.配位键25 g CuSO45H2O晶体中所含键数目为_胆矾中的水在不同温度下会分步失去。0.80 g CuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图2所示。则图1中()、()、()位置上的H2O脱去的先后顺序为_。从胆矾的平面结构式可知，当胆矾脱水转化为无水硫酸铜时，发生的变化为_变化。（填“物理”或“化学”），理由是_（4）硫酸
14、铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图3所示为体心立方晶胞，则该化合物的化学式是_；若该晶体密度为d gcm3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值NA=_。21.【化学选修5：有机化学】（14分）有效构建手性中心是有机合成的重要研究方向之一，由化合物A合成化合物F的一种路径如下图所示已知：回答下列问题：（1）B的化学名称为 。（2）C的结构简式为 。（3）D中官能团的名称是 ，的反应类型是 。（4）写出E到F的反应方程式 。（5）芳香化合物H是G的同分异构体，H能使Br2的CCl4溶液褪色，与Na单质不反应，其核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为32211，写出1种符合要求的
15、G的结构简式_。（6）设计由和为主要起始原料制备的合成路线 （无机试剂任选）。答案与评分标准一. 选择题（每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）12345678910BBDDAADBAC二. 选择题（每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）111213141516CCCDAD三. 非选择题：包括必考题和选考题两部分。第17题19题为必考题，每个试题考生都必须做答。第20题21题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分17（14分）（1）Al2O3+Na2CO3+C 1220 2NaAlO2+CO2 （2分）（2）CH3COONa （1
16、分）（3）盐酸（1分） 此时氧化铝的溶出率已经达到75%以上，盐酸浓度越高，对反应设备要求越高，成本越高（2分） 170（1分） （4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（2分） Fe2O3 （2分）（5）Al3+3e- =Al （1分） 22.36（2分）18（14分） （1）C（2分） （2）黄绿色气体时（1分） 加快氯气与锡反应；使 SiCl4 气化，利于从混合物中分离出来（1分）（3）SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl（2分） （4）有Cl2溶解其中（1分） B（1分）（5）Sn+SnCl4=2SnCl2或 Sn+2HCl=SnCl2+H2 （2分）（6）当最后一滴标准碘溶
17、液滴下时，锥形瓶中的溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色（2分）酸性环境下溶液中的溶解氧能氧化I-：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，相当于单位体积的标准碘溶液浓度增大，完全反应Sn2+所需碘溶液的体积偏小，因此SnCl2的含量偏小，SnCl4的含量偏大（2分，写出离子方程式得1分，文字说明意思正确得1分）19（14分）（1）N2（g）2N*（2分，或”N2（g）+H2(g)2N*+H2(g)”也得分） 141.59 （2分）（2）（2分）（3）2NH3 NH4+NH2 （2分，或“2NH3(l) NH4+(aq)+NH2(aq)”也得分） 21015mol/L （2分）（4）A-H
18、2O （2分） NH4COONH2（2分，写成NH2COONH4也得2分） （二）选考题：共14分。请考生任选一题做答。20.【化学选修3：物质结构与性质】（14分）（1）1s22s22p63s23p63d104s1（1分）（2）四面体（1分） sp3（1分）（3） Cu(H2O)4SO4H2O（1分） ABDE（2分） 1.8 NA （2分） ()、()、() （1分）化学（1分），胆矾脱水过程中有旧键的断裂和新键的形成（1分）（4）Cu2O（1分） （2分）21.【化学选修5：有机化学】（14分）（1）苯甲醛（1分）（2）（2分）（3）碳碳双键、羟基（2分） 取代反应（1分）（4）（2分）
19、（5） 或 （2分）（6）（4分）详细解析第I卷 选择题（44分）一. 选择题（每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1答案：B解析：A选项小苏打是NaHCO3，是常用的食品膨松剂，A项正确；B中K2FeO4是一种非氯绿色消毒剂，常用于水体杀菌消毒；C项，利用催化剂可将汽车尾气中的氮氧化物转化为N2排放，从而达到保护环境的作用；D中碳化硅是原子晶体，是新型无机非金属材料之一。故选B。2 答案：B解析：A项，陶制品是由黏土为原料，高温烧结而成，A正确；香炉中燃烧的香中不含碘单质，故不存在碘的升华，B错误。C中的反应是硫酸铜与铁反应生成硫酸亚铁和单质铜，发生了置换反应；D
20、中用乙醚从青蒿中提取青蒿素，就是乙醚作萃取剂的萃取过程。故选B。3答案：D解析：A中36gH2O为2mol，每摩尔H2O含共价键2NA，则36gH2O中共价键总数为4 NA，A错误。B中标况下11.2LNO为0.5mol，每摩尔NO的电子数为15NA，则NO中电子总数为7.5 NA，B错误。室温下22.4LNO2的物质的量位置，无法计算所含原子总数；D中生成HNO3时，N的化合价有+4升高到+5，每生成1molHNO3转移电子数为NA，D正确。故选D。4答案：D解析：根据双环戊二烯的键线式，双环戊二烯的分子式为C10H12，A正确；双环戊二烯和环戊二烯中均含有碳碳双键，因此均能使KMnO4溶液
21、褪色，B正确；环戊二烯的等效碳有3中，其一氯代物有三种，C正确；环戊二烯中含有“CH2”的结构，不可能所有原子共平面。5 答案：A解析：B项中，NH+ 4与OH结合生成NH3H2O，无法大量共存；C中ClO与Fe2+、Cl在酸性条件下均发生氧化还原反应，ClO与H+结合成HClO，无法大量共存；D中SiO2 3与H+结合成H2SiO3，无法大量共存，只有A项中各离子之间不发生反应，可大量共存。故选A。6 答案：A解析：A项发生的反应为2Br+Cl2=2Cl+Br2，可推出Br还原性强于Cl，故A正确；B中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，也可能是SO2 3；7 答案：C解析：XY2是
22、红棕色气体，可推出X为N，Y为O，Z的周期数等于族序数，Z为Al，W的最外层电子数比次外层电子数少1，W为Cl，因此A项中原子半径XY错误，B中气态氢化物的稳定性H2ONH3错误；C中O元素没有最高正化合价，错误，D中O与Cl均可与Na形成离子化合物，D正确。故选D。8答案：B解析：A项中NH3用于设计喷泉实验，是利用了NH3极易溶于水的性质，A项错误；B项中利用1-己醇的沸点高于己烷，可通过蒸馏初步分离，符合蒸馏分离的原理，B项正确；C项中重结晶法除去KNO3中混有的NaCl是利用KNO3的溶解度随温度变化大，C项错误；D项中，产物NaCl是离子化合物，含有离子键，但固体离子化合物不易导电，
23、须在溶于水或融融状态下才导电。9答案：A解析：这是燃料电池，因此总方程式为2HCOOH+O2+2OH =2HCO 3+2H2O，A项说法错误；根据图示，该燃料电池加入HCOOH的一端为负极，通入O2的一端为正极，因此放电时K+向正极移动，即向右移动，B项说法正确；在正极一端发生的反应为O2+4Fe2+4H+=4Fe3+2H2O，需要消耗H+，且排出K2SO4，可推出需要补充的物质A为H2SO4，C项说法正确；根据图示，负极的电极反应式为：HCOO+2OH2e=HCO 3+H2O，D项说法正确。故选A。10答案：C解析：A项中首先SO2与ClO发生氧化还原反应，生成H2SO4和Cl，然后生成的H
24、2SO4继续与ClO发生复分解反应生成HClO，因此A项方程式正确；B中加入NaOH时先与Fe3+反应，再与NH+ 4反应，B项方程式正确；C项中Fe3+会与I发生氧化还原反应，C项方程式错误；D中当CO2过量时，生成的是HCO 3和H2SiO3，D项正确。二. 选择题（每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）11 答案：C 解析：由题意知，反应先在温度T2端正向进行，后在温度T1端逆向进行，反应()的H大于0，因此温度T1小于T2，该过程中循环使用的物质是I2。根据平衡常数计算式，该反应的平衡常数与TaI4 和S2 的浓度乘积成反比。12答案：C解析：图a中可看出，两
25、个凸起的Ti之间隔着4个Ti，A选项正确；图b中，只有凸起的Ti原子才能吸附水分子，故凸起的位置上的Ti原子是活性位点，B正确；C中水分子和羟基之间靠氢键结合，C错误；D中水煤气变换反应为CO+H2O=CO2+H2，引入CO，若凸起结构中水分子减少，则证明水煤气变换催化反应已发生，D选项正确。故选C。13答案：C解析：分析流程图可知，试剂X是NaOH溶液，Al2O3溶于NaOH溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与NaOH溶液不反应，所以反应I过滤出的沉淀为Fe2O3，所得溶液乙为NaAlO2；向NaAlO2溶液中通入过量CO2，应生成HCO 3，因此Y为NaHCO3溶液；Al(OH)3加热分
26、解生成Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al。根据以上分析，C说法正确，故选C。14答案：D解析：由于Fe2+易被氧化，因此制备甘氨酸亚铁前应先排尽空气，A项操作正确；柠檬酸有还原性，因此加入柠檬酸除了调节pH，还能方式Fe2+被氧化，B项说法正确；C中方程式书写正确，D中由于甘氨酸亚铁难溶于乙醇，因此洗涤产品甘氨酸亚铁所用最佳试剂应为乙醇，D项错误。故选D。15.答案：A解析：太阳能电池放电时是光能转化为电能，A项说法错误；由图知，M为阴极、N为阳极，则电极M上的电势低于电极N上的电势，B项说法正确；由放电总反应知，阳极反应式为VO2+H2O-e-=VO+ 2+2H+，阴极反应式为V3+e=
27、V2+，则交换膜适合选择质子交换膜，C项说法正确；全钒液流电流放电时，正极的电极反应式为VO+ 2+2H+e=VO2+H2O，D项说法正确，故选A。 16答案：D解析：醋酸为弱电解质，滴加KOH，生成CH3COOK是强电解质，故导电率增加，因此曲线代表滴定醋酸的曲线，A选项错误；相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，水解促进了水的电离，故水的电离程度M点大于P点，B项错误。C项，M点根据电荷守恒可知：c(CH3COO)+ c(OH)c(H+)= c(K+)=0.05molL1，故C错误；D项中，N点的溶液中含有等物质的量的CH3COOK和KOH，溶液显碱性，CH3
28、COO-只有很小的一部分发生水解，因此c(K+)c(OH)c(CH3COO)c(H+)，D项正确。故选D。第II卷 非选择题（56分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第17题19题为必考题，每个试题考生都必须做答。第20题21题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分17（14分）答案：（1）Al2O3+Na2CO3+C 1220 2NaAlO2+CO2 （2分）（2）CH3COONa （1分）（3）盐酸（1分） 此时氧化铝的溶出率已经达到75%以上，盐酸浓度越高，对反应设备要求越高，成本越高（2分） 170（1分） （4）蒸发浓缩、冷却结晶（2分） Fe2O3 （2分）（5
29、）Al3+3e =Al （1分） 22.36（2分）解析：（1）根据题意，氧化铝与Na2CO3及焦炭反应，生成NaAlO2，因此方程式为Al2O3+Na2CO3+C 1220 2NaAlO2+CO2 ；（2）根据表格当CH3COONa作为活化剂时，Al和Ca的浸出率均为最大，因此选用CH3COONa作为活化剂。（3）结晶铝盐煅烧过程中产生的物质在酸浸这一步循环利用，可推出，该算为盐酸，结晶铝盐为AlCl3xH2O，在煅烧过程中铝盐水解生成HCl挥发，同时生成Al2O3。选用32%的酸浓度是因为此时氧化铝的溶出率已经达到75%以上，盐酸浓度越高，对反应设备要求越高，成本越高。根据图像，170之后
30、，氧化铝的溶出率变化不大，因此选择的最佳温度为170。（4）流程图中的一系列操作目的是将带结晶水的铝盐从溶液中分离出来，因此操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；酸浸之后，Fe3+进入滤液中，未被除去，因此粗氧化铝的主要杂质是Fe2O3；（5）电解熔融氧化铝，阴极的反应是Al3+得电子，反应式为：Al3+3e =Al。最后一问计算铝的产量，可列比例式：Al2O32Al 102t 54t 55.22%102t75% m m=22.36t18（14分）答案：（1）CD（2分） （2）黄绿色气体时（1分） 加快氯气与锡反应；使 SiCl4 气化，利于从混合物中分离出来（1分）（3）SnCl4+
31、(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl（2分） （4）有Cl2溶解其中（1分） B（1分）（5）Sn+SnCl4=2SnCl2或 Sn+2HCl=SnCl2+H2 （2分）（6）当最后一滴标准碘溶液滴下时，锥形瓶中的溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色（2分）酸性环境下溶液中的溶解氧能氧化I-：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，相当于单位体积的标准碘溶液浓度增大，完全反应Sn2+所需碘溶液的体积偏小，因此SnCl2的含量偏小，SnCl4的含量偏大（2分，写出离子方程式得1分，文字说明意思正确得1分）解析：（1）整套实验装置先检漏，再检查气密性，然后再连接，添加药品，故A错误；A
32、 中盛放 KMnO4晶体的仪器带支管，名称为蒸馏烧瓶，故B错误；根据表格中SnCl4的沸点，装置E中上方冷水的作用是冷凝回流SnCl4至收集器中，故C正确。故答案选C。（2）由于Sn与空气中的O2反应，SnCl4在空气中极易水解生成SnO2xH2O，所以制备SnCl4之前用Cl2排尽装置中的空气，观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时，表明装置中气体已排尽，开始点燃D处的酒精灯。待Sn熔化后适当增大Cl2流量，继续加热，可加快Cl2与Sn反应的速率，同时使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来（根据表中提供的SnCl4、SnCl2的熔沸点分析），在收集器中收集SnCl4。故答案为：黄绿色气体时；
33、加快氯气与锡反应；使 SiCl4 气化，利于从混合物中分离出来。（3）装置A制得的Cl2中混有HCl和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是：除去Cl2中的HCl，装置C中浓硫酸的作用是：干燥Cl2；若上述装置中缺少装置C，Cl2中混有水蒸气，根据题给已知“SnCl4在空气中极易水解生成SnO2xH2O”，D处具支试管中发生的主要副反应为SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl。故答案为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl。（4）氯气是黄绿色，收集器中收集到的液体略显黄色，可能是有Cl2溶解其中。A项，NaOH不仅吸收Cl2，而且能与SnCl4反应，不能采用，
34、故不选A项；B项，加入足量锡与Cl2反应，再加热蒸馏，能采用，故选B项；C项，碘化钾与Cl2反应生成KCl和I2，产品中混有I2，不能采用，故不选C项；D项，加入饱和食盐水，不能吸收Cl2，SnCl4水解成SnO2xH2O，不能采用，故不选D项。故答案选B。故答案为：有Cl2溶解其中；B。（5）经测定产品中含有少量的 SnCl2，可能的原因是Sn+SnCl4=2SnCl2或 Sn+2HCl=SnCl2+H2。准确称取一定样品放于锥形瓶中，加入少量浓盐酸溶解，再加水稀释，淀粉溶液作指示剂，用碘标准溶液滴定至终点，滴定到达终点的实验现象为当最后一滴标准碘溶液滴下时，锥形瓶中的溶液恰好由无色变为蓝色
35、，且半分钟内不褪色。酸性环境下溶液中的溶解氧能氧化I，离子方程式为4I+O2+4H+=2I2+2H2O，相当于单位体积的标准碘溶液浓度增大，完全反应Sn2+所需碘溶液的体积偏小，因此SnCl2的含量偏小，SnCl4的含量偏大。故答案为：Sn+SnCl4=2SnCl2或 Sn+2HCl=SnCl2+H2；当最后一滴标准碘溶液滴下时，锥形瓶中的溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。；酸性环境下溶液中的溶解氧能氧化I-，离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，相当于单位体积的标准碘溶液浓度增大，完全反应Sn2+所需碘溶液的体积偏小，因此SnCl2的含量偏小，SnCl4的含量偏大。19
36、（14分）答案：（1）N2（g）2N*（2分，或”N2（g）+H2(g)2N*+H2(g)”也得分） 141.59 （2分）（2）（2分）（3）2NH3 NH4+NH2 （2分，或“2NH3(l) NH4+(aq)+NH2(aq)”也得分） 21015mol/L （2分）（4）A-H2O （2分） NH4COONH2（2分，写成NH2COONH4也得2分）解析：（1）根据题意，N2与H2合成NH3的过程是，N2在催化剂表面化学吸附后变成N*，然后再与H2作用形成过渡态TS1，最后再解吸附。因此N2的化学吸附发生在第一步，为N2（g）2N*或N2（g）+H2(g)2N*+H2(g) 根据框图，反
37、应最大能垒为2N* (g)+H2(g)TS1，能量E=0.01eV-(-1.46eV)=1.47eV，则可计算得出1.47eV1.610-22kJeV-16.021023mol-1=141.59kJmol-1。E/eV0.010.00 1.463.45 N2(g)+H2(g) 2N* (g)+H2(g) TS1 2N* (g)+2H* (g) 历程（2）假设N2和H2起始物质的量分别为1mol与3mol，根据题意，可列出以下三段式：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)起始(mol) 1 3 0转化(mol) 3 2平衡(mol) 1- 3-3 2x(NH3)%= x(N2)%= x(H2)
38、%=代入公式：因为溶剂为液氨，相应的溶剂阳离子应为NH4+，溶剂阴离子为NH2，故而自耦电离方程式为2NH3 NH4+NH2 （或“2NH3(l) NH4+(aq)+NH2(aq)”）由2NH3 NH4+NH2可知，电离平衡时，c(NH4+)=c(NH2)，再结合电离常数K=c(NH4+)c(NH2)=4.01030，解得c(NH4+)=2.010-15molL-1。（3）相图中坐标原点是H2O，即从坐标原点出发的曲线A-H2O与B-H2O均为水溶液体系中进行的反应，而相图中斜率为-1的直线(A与B连线)为非水溶液体系CO2与NH3的反应。20C时，利用NH3(g)、CO2(g)和H2O(l)
39、制备NH4HCO3(aq)的方程式可知三种反应物为等物质的量反应，故为斜率为1的A-H2O曲线；B-H2O曲线上可存在坐标点(60，30)即n(NH3):n(CO2)=2:1反应，则可得到2NH3+CO2=NH4COONH2（二）选考题：共14分。请考生任选一题做答。20.【化学选修3：物质结构与性质】（14分）答案：（1）1s22s22p63s23p63d104s1（1分） （2）四面体（1分） sp3（1分）（3） Cu(H2O)4SO4H2O（1分） ABDE（2分） 1.8 NA （2分） ()、()、() （1分） 化学（1分），胆矾脱水过程中有旧键的断裂和新键的形成（1分）（4）C
40、u2O（1分） （2分） 解析：（1）Cu元素原子核外电子数为29，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1（2）计算硫酸根离子硫原子价层电子对数和孤电子对数，依据价层电子对互斥理论判断空间构形。可知SO42-为正四面体，中心原子S原子为sp3杂化。又S2O32-可以看成是SO42-中一个非羟基O原子被S原子取代后的产物，故其空间构型为四面体型，中心原子S原子同样为sp3杂化。（3）从CuSO45H2O的平面结构式可知，其中4个H2O通过配位键与Cu2+连接，形成配离子，还有1个H2O通过氢键与配离子和SO42-连接起来。故用配合物的形式可表示为： Cu(H2O)4
41、SO4H2O。在CuSO45H2O中，微粒间的作用力，除了配位键和氢键之外，还有H2O和SO42-内部的共价键以及阴阳离子之间的离子键，据此也可知CuSO45H2O为离子晶体，微粒间不存在范德华力。由胆矾平面结构式中可知，每1个结构式中共存在18个键，25 g CuSO45H2O晶体的物质的量为0.1 mol，故所含键数目为1.8 NA。由CuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线可知，在102、113、258时，脱去的H2O的质量分别为：0.12 g、0.11 g、0.0 6g，质量之比约为2:2:1。可知脱水过程为：102时脱去2个H2O，113时脱去2个H2O，258时脱去1个H2O。
42、在图1胆矾的简单平面结构式中，位置()上的2个H2O通过配位键与Cu2+连接；位置()上的2个H2O除了通过配位键与Cu2+连接外，还通过氢键与外界的H2O连接，微粒间的作用力()()。而位置()只有1个H2O，通过氢键分别与配离子上的H2O和外界的SO42-相连，由CuSO45H2O的脱水顺序可知，位置()最后脱出。故H2O分子脱去的先后顺序为()、()、()。 CuSO45H2O受热脱水时，要断开配离子中的化学键（配位键），且形成CuSO4时形成新的化学键，故脱水过程发生的变化为化学变化。（4）由红色晶体的晶胞结构可知，1个晶胞中含4个Cu和2个O，故该化合物的化学式为Cu2O。当该晶体密
43、度为d gcm3，晶胞参数为a pm时，晶胞质量=g=dgcm-3a(10-10 cm)3，故NA=，故答案为：。21.【化学选修5：有机化学】（14分）答案：（1）苯甲醛（1分）（2）（2分）（3）碳碳双键、羟基（2分） 取代反应（1分）（4）（2分）（5） 或 （2分）（6）（4分）解析：（1）苯甲醛（2）根据已知反应，可将R1理解为苯环，R2理解为苯环，推导出C的结构简式为。（3）D中的官能团有碳碳双键和羟基，反应中乙酰基取代了D中羟基上氢原子的位置，该反应为取代反应。（4）对比E、F的结构可知，E物质中OOCCH3被取代，生成乙酸分子，其方程式为：（5）G的分子式为C18H18O，有10个不饱和度，H能使Br2的CCl4溶液褪色，说明要有碳碳双键或碳碳三键，与Na单质不反应，说明不能有羟基，峰面积比为32211，总共有16个氢原子，其氢原子之比为：64422，有6个氢原子等效，说明有2个相同的甲基，结构中不饱和度较多，为了结构对称，应该有2个苯环，消耗8个不饱和度，另外2个不饱和度，应该就由2个双键来构建，则氧原子应该成醚键，将以上片段整合可得两种结构： 或 （6）与题干中的F较为相似，参考反应逆合成分析则需要和，可由合成，可由合成，参考已知反应，可以由原料合成，则可得合成路线：A
